2021版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第8讲 圆锥曲线的综合问题 第1课时 圆锥曲线中的

数学第九章平面解析几何第8讲圆锥曲线的综合问题第1课时圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题01基础知识自主回顾02核心考点深度剖析03高效演练分层突破一、知识梳理1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定(1)代数法：把圆锥曲线方程C1与直线方程l联立消去y，整理得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0.方程ax2＋bx＋c＝0的解l与C1的交点a＝0b＝0无解(含l是双曲线的渐近线)__________b≠0有一解(含l与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)__________a≠0Δ＞0两个__________的解__________Δ＝0两个相等的解__________Δ＜0无实数解__________(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系．无公共点一个交点不相等两个交点一个交点无交点2．直线与圆锥曲线的相交弦长问题设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2（x1＋x2）2－4x1x2＝1＋1k2|y1－y2|＝1＋1k2（y1＋y2）2－4y1y2.常用结论圆锥曲线以P(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率如下表：圆锥曲线方程直线斜率椭圆：x2a2＋y2b2＝1(ab0)k＝－b2x0a2y0双曲线：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)k＝b2x0a2y0抛物线：y2＝2px(p0)k＝py0二、习题改编(选修1­1P62例5改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有()A．1条B．2条C．3条D．4条解析：选C.结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0，1)且平行于x轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l与抛物线y2＝2px只有一个公共点，则l与抛物线相切．()(2)直线y＝kx(k≠0)与双曲线x2－y2＝1一定相交．()(3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．()(4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．()(5)过点(2，4)的直线与椭圆x24＋y2＝1只有一条切线．()××√√×二、易错纠偏常见误区(1)没有发现直线过定点，导致运算量偏大；(2)不会用函数法解最值问题．1．直线y＝kx－k＋1与椭圆x29＋y24＝1的位置关系为()A．相交B．相切C．相离D．不确定解析：选A.直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．2．抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为()A.2B.728C．22D．526解析：选B.设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则d＝|x－y－2|2＝|－x2＋x－2|2＝－x－122－742，所以x＝12时，dmin＝728.证明问题(师生共研)(2018·高考全国卷Ⅲ节选)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24＋y23＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m0)．(1)证明：k－12；(2)设F为C的右焦点，P为C上的点，且FP→＋FA→＋FB→＝0.证明：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列．【证明】(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y213＝1，x224＋y223＝1.两式相减，并由y1－y2x1－x2＝k得x1＋x24＋y1＋y23·k＝0.由题设知x1＋x22＝1，y1＋y22＝m，于是k＝－34m.由题设得0m32，故k－12.(2)由题意得F(1，0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0)．由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m0.又点P在C上，所以m＝34，从而P1，－32，|FP→|＝32.于是|FA→|＝（x1－1）2＋y21＝（x1－1）2＋31－x214＝2－x12.同理|FB→|＝2－x22.所以|FA→|＋|FB→|＝4－12(x1＋x2)＝3.故2|FP→|＝|FA→|＋|FB→|，即|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列．圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广，但无论证明什么，其常用方法有直接法和转化法，对于转化法，先是对已知条件进行化简，根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一问题．(2020·江西七校第一次联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)经过点M1，22，其离心率为22，设直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点．(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线l与圆x2＋y2＝23相切，求证：OA⊥OB(O为坐标原点)．解：(1)因为e＝ca＝22，a2＝b2＋c2，所以a2＝2b2，所以椭圆C的方程为x22b2＋y2b2＝1.因为1，22在椭圆上，所以12b2＋12b2＝1，b2＝1，a2＝2，所以椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)证明：因为直线l与圆x2＋y2＝23相切，所以|m|1＋k2＝63，即3m2－2k2－2＝0，由y＝kx＋m，x2＋2y2＝2得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－21＋2k2，所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2－2k21＋2k2，所以OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝2m2－21＋2k2＋m2－2k21＋2k2＝3m2－2k2－21＋2k2＝0，所以OA⊥OB.范围问题(师生共研)已知曲线M由抛物线x2＝－y及抛物线x2＝4y组成，直线l：y＝kx－3(k0)与曲线M有m(m∈N)个共同点．(1)若m≥3，求k的最小值；(2)若m＝4，自上而下记这4个交点分别为A，B，C，D，求|AB||CD|的取值范围．【解】(1)联立x2＝－y与y＝kx－3，得x2＋kx－3＝0，因为Δ1＝k2＋120，所以l与抛物线x2＝－y恒有两个交点．联立x2＝4y与y＝kx－3，得x2－4kx＋12＝0.因为m≥3，所以Δ2＝16k2－48≥0.因为k0，所以k≥3，所以k的最小值为3.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则A，B两点在抛物线x2＝4y上，C，D两点在抛物线x2＝－y上，因为x1＋x2＝4k，x1x2＝12，x3＋x4＝－k，x3x4＝－3，且Δ2＝16k2－480，k0，所以k3.所以|AB|＝1＋k2·（4k）2－48，|CD|＝1＋k2·k2＋12，所以|AB||CD|＝（4k）2－48k2＋12＝4k2－3k2＋12＝41－15k2＋12.所以k3，所以015k2＋121，所以|AB||CD|∈(0，4)．求解圆锥曲线中有关参数的取值范围问题，关键是构建与参数有关的不等关系，主要方法有：(1)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(2)建立已知参数与未知参数之间的等量关系，利用已知参数的范围，求新参数的范围；(3)利用隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．若直线l与椭圆y29＋x2＝1交于不同的两点M，N，如果线段MN被直线2x＋1＝0平分，求直线l的斜率的取值范围．解：因为直线x＝－12与x轴垂直，且由已知得直线l与直线x＝－12相交，所以直线l不可能与x轴垂直．设直线l的方程为y＝kx＋m，由y＝kx＋m，9x2＋y2＝9，得(k2＋9)x2＋2kmx＋m2－9＝0.Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)0，即m2－k2－90，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－2kmk2＋9.因为线段MN被直线2x＋1＝0平分，所以2×x1＋x22＋1＝0，即－2kmk2＋9＋1＝0.由m2－k2－90，－2kmk2＋9＋1＝0，得k2＋92k2－(k2＋9)0，因为k2＋90，所以k2＋94k2－10，即k23，解得k3或k－3.所以直线l的斜率的取值范围为(－∞，－3)∪(3，＋∞)．最值问题(师生共研)已知椭圆M：x2a2＋y23＝1(a0)的一个焦点为F(－1，0)，左、右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．(1)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．【解】(1)由题意，c＝1，b2＝3，所以a2＝4，所以椭圆M的方程为x24＋y23＝1，易求直线方程为y＝x＋1，联立方程，得x24＋y23＝1，y＝x＋1，消去y，得7x2＋8x－8＝0，Δ＝288＞0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝－87，x1x2＝－87，所以|CD|＝2|x1－x2|＝2（x1＋x2）2－4x1x2＝247.(2)当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，此时△ABD与△ABC面积相等，|S1－S2|＝0；当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，联立方程，得x24＋y23＝1，y＝k（x＋1），消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ0，且x1＋x2＝－8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝12|k|3＋4k2，因为k≠0，上式＝123|k|＋4|k|≤1223|k|·4|k|＝12212＝3当且仅当k＝±32时等号成立，所以|S1－S2|的最大值为3.圆锥曲线中的最值问题常涉及不等式、函数的值域问题，总体上主要有两种方法：(1)几何法利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解．(2)代数法把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数解析式，然后利用函数的思想、不等式的思想等进行求解．(2020·河北省九校第二次联考)已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|＝8.(1)求抛物线C的方程；(2)设直线l为抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，求PM→·PN→的最小值．解：(1)由题意可知Fp2，0，则直线MN的方程为y＝x－p2，代入y2＝2px(p0)得x2－3px＋p24＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，因为|MN|＝8，所以x1＋x2＋p＝8，即3p＋p＝8，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)设直线l的方程为y＝x＋b，代入y2＝4x，得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，因为直线l为抛物线C的切线，所以Δ＝0，解得b＝1，所以l为y＝x＋1.由(1)可知，x1＋x2＝6，x1x2＝1，设P(m，m＋1)，则PM→＝(x1－m，y1－(m＋1))，PN→＝(x2－m，y2－(m＋1))，所以PM→·PN→＝(x1－m)(x2－m)＋[y1－(m＋1)][y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－(m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2，(y1y2)2＝16x1x2＝16，所以y1y2＝－4，y21－y22＝4(x1－x2)，所以y1＋y2＝4×x1－x2y1－y2＝4，PM→·PN→＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋